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2017版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.9 圆锥曲线的综合问题 课时3 定点、定值、探索性问题 理


课时 3
题型一 定点问题

定点、定值、探索性问题

例 1 已知椭圆 2+ 2=1(a>0,b>0)过点(0,1),其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差 数列.直线 l 与 x 轴正半轴和 y 轴分别交于 Q、P,与椭圆分别交于点 M、N,各点均不重合且 → → → → 满足PM=λ 1MQ,PN=λ 2NQ.

(1)求椭圆的标准方程; (2)若 λ 1+λ 2=-3,试证明:直线 l 过定点并求此定点. 解 (1)设椭圆的焦距为 2c,由题意知 b=1,且(2a) +(2b) =2(2c) , 又 a =b +c ,所以 a =3. 所以椭圆的方程为 +y =1. 3 (2)由题意设 P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),N(x2,y2), 设 l 方程为 x=t(y-m), → → 由PM=λ 1MQ知(x1,y1-m)=λ 1(x0-x1,-y1), ∴y1-m=-y1λ 1,由题意 y1≠0,∴λ 1= -1.
2 2 2 2 2 2 2

x2 y2 a b

x2

2

m y1

m → → 同理由PN=λ 2NQ知 λ 2= -1. y2
∵λ 1+λ 2=-3,∴y1y2+m(y1+y2)=0,
?x +3y =3, ? 联立? ?x=t?y-m? ?
2 4 2 2


2 2

得(t +3)y -2mt y+t m -3=0,
2 2 2

2

2

2

∴由题意知 Δ =4m t -4(t +3)(t m -3)>0, 且有 y1+y2= 2mt t m -3 ,y1y2= 2 , t2+3 t +3
2 2 2 2 2

② ③

③代入①得 t m -3+2m t =0, ∴(mt) =1, 由题意 mt<0,∴mt=-1,满足②, 得 l 方程为 x=ty+1,过定点(1,0),即 Q 为定点. 思维升华 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法: 引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量, 再研究变化的量与参数何 时没有关系,找到定点. (2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.
2

2 2

1

(2015·四川)如图,椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率是

x2 y2 a b

2 ,过点 P(0,1) 2

的动直线 l 与椭圆相交于 A,B 两点,当直线 l 平行于 x 轴时,直线 l 被椭圆 E 截得的线段长 为 2 2. (1)

求椭圆 E 的方程; (2)在平面直角坐标系 xOy 中,是否存在与点 P 不同的定点 Q,使得 = 恒成立?若存在, 求出点 Q 的坐标;若不存在,请说明理由. 解 (1)由已知,点( 2,1)在椭圆 E 上, + =1, a b ? ? 因此?a -b =c , c 2 ? ?a= 2 , 2 1
2 2 2 2 2

QA PA QB PB

解得 a=2,b= 2, 所以椭圆 E 的方程为 + =1. 4 2 (2)当直线 l 与 x 轴平行时,设直线 l 与椭圆相交于 C、D 两点, 如果存在定点 Q 满足条件,则有 = =1, 即 QC=QD, 所以 Q 点在 y 轴上,可设 Q 点的坐标为(0,y0). 当直线 l 与 x 轴垂直时,设直线 l 与椭圆相交于 M,N 两点,则 M,N 的坐标分别为(0, 2), (0,- 2),

x2 y2

QC PC QD PD

QM PM |y0- 2| 2-1 由 = ,有 = ,解得 y0=1 或 y0=2, QN PN |y0+ 2| 2+1
所以,若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件, 则 Q 点坐标只可能为(0,2), 下面证明:对任意直线 l,均有 = , 当直线 l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立,
2

QA PA QB PB

当直线 l 的斜率存在时,可设直线 l 的方程为 y=kx+1,A、B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,

y2), x y ? ? + =1, 联立? 4 2 ? ?y=kx+1,
2 2 2

得(2k +1)x +4kx-2=0,

2

2

其判别式 Δ =(4k) +8(2k +1)>0,

2

所以 x1+x2=-

4k , 2 2k +1

x1x2=-

2 , 2 2k +1

1 1 x1+x2 因此 + = =2k,

x1 x2

x1x2

易知,点 B 关于 y 轴对称的点 B′的坐标为(-x2,y2), 又 kQA=

y1-2 kx1-1 1 = =k- , x1 x1 x1

y2-2 kx2-1 1 1 kQB′= = =-k+ =k- , -x2 -x2 x2 x1
所以 kQA=kQB′,即 Q,A,B′三点共线, 所以 =

QA QA |x1| PA = = , QB QB′ |x2| PB QA PA QB PB

故存在与 P 不同的定点 Q(0,2),使得 = 恒成立. 题型二 定值问题 例 2 如图,已知双曲线 C: 2-y =1(a>0)的右焦点为 F.点 A,B 分别在 C 的两条渐近线上,

x2 a

2

AF⊥x 轴,AB⊥OB,BF∥OA(O 为坐标原点).

(1)求双曲线 C 的方程;

3

(2)过 C 上一点 P(x0,y0)(y0≠0)的直线 l:

x0x 3 2 -y0y=1 与直线 AF 相交于点 M,与直线 x= 相 a 2

交于点 N.证明:当点 P 在 C 上移动时, 恒为定值,并求此定值. 解 (1)设 F(c,0),因为 b=1, 所以 c= a +1, 1 1 直线 OB 方程为 y=- x,直线 BF 的方程为 y= (x-c),
2

MF NF

a

a

解得 B( ,- ). 2 2a 1 又直线 OA 的方程为 y= x,

c

c

a

c c -?- ? a 2a c 3 则 A(c, ),kAB= = . a c a c-
2 3 1 又因为 AB⊥OB,所以 ·(- )=-1,

a

a

解得 a =3, 故双曲线 C 的方程为 -y =1. 3 (2)由(1)知 a= 3,则直线 l 的方程为

2

x2

2

x0x
3

-y0y=1(y0≠0),即 y=

x0x-3 . 3y0

因为直线 AF 的方程为 x=2, 2x0-3 所以直线 l 与 AF 的交点为 M(2, ); 3y0 3 x0-3 3 3 2 直线 l 与直线 x= 的交点为 N( , ). 2 2 3y0 ?2x0-3? 2 2 ?3y0? MF ?2x0-3? 则 2= = 2 NF 3 9y0 9 2 2 ? x0-3? + ?x0-2? 2 4 4 1 + 2 4 ?3y0?
2 2

4 ?2x0-3? = · 2 2. 3 3y0+3?x0-2? 因为 P(x0,y0)是 C 上一点,则 -y0=1, 3

2

x2 0

2

4

代入上式得

2 MF2 4 ?2x0-3? 2= · 2 NF 3 x0-3+3?x0-2?2 2

4 ?2x0-3? 4 = · 2 = , 3 4x0-12x0+9 3 即所求定值为 =

MF NF

2

2 3 = . 3 3

思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值.依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可 得出定值; (2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件 化简、变形求得; (3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即 可求得. 1 1 如图,在平面直角坐标系 xOy 中,点 F( ,0),直线 l:x=- ,点 P 在直线 l 2 2 上移动,R 是线段 PF 与 y 轴的交点,RQ⊥FP,PQ⊥l.

(1)求动点 Q 的轨迹 C 的方程; (2)设圆 M 过 A(1,0),且圆心 M 在曲线 C 上,TS 是圆 M 在 y 轴上截得的弦,当 M 运动时,弦 长 TS 是否为定值?请说明理由. 解 (1)依题意知,点 R 是线段 FP 的中点,且 RQ⊥FP, ∴RQ 是线段 FP 的垂直平分线. ∵点 Q 在线段 FP 的垂直平分线上,∴PQ=QF, 又 PQ 是点 Q 到直线 l 的距离, 故动点 Q 的轨迹是以 F 为焦点,l 为准线的抛物线,其方程为 y =2x(x>0). (2)弦长 TS 为定值.理由如下: 取曲线 C 上点 M(x0, y0), M 到 y 轴的距离为 d=|x0|=x0, 圆的半径 r=MA= ?x0-1? +y0, 则 TS=2 r -d =2 y0-2x0+1, 因为点 M 在曲线 C 上,所以 x0= , 2 所以 TS=2 y0-y0+1=2,是定值.
2 2 2 2 2 2 2 2

y2 0

5

题型三 探索性问题 例 3 (2015·湖北)一种作图工具如图 1 所示.O 是滑槽 AB 的中点,短杆 ON 可绕 O 转动,长 杆 MN 通过 N 处铰链与 ON 连结,MN 上的栓子 D 可沿滑槽 AB 滑动,且 DN=ON=1,MN=3,当 栓子 D 在滑槽 AB 内作往复运动时,带动 N 绕 O 转动一周(D 不动时,N 也不动),M 处的笔尖 画出的曲线记为 C,以 O 为原点,AB 所在的直线为 x 轴建立如图 2 所示的平面直角坐标系. (1) 求曲线 C 的方程; (2) 设动直线 l 与两定直线 l1:x-2y=0 和 l2:x+2y=0 分别交于 P,Q 两点.若直线 l 总 与曲线 C 有且只有一个公共点,试探究:△OPQ 的面积是否存在最小值?若存在,求出该最 小值;若不存在,说明理由.

→ → → → 解 (1)设点 D(t,0)(|t|≤2),N(x0,y0),M(x,y),依题意,MD=2DN,且|DN|=|ON|=1,
??x0-t? +y0=1, ? 所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0),且? 2 2 ? ?x0+y0=1.
2 2

即?

?t-x=2x0-2t, ? ?y=-2y0, ?

且 t(t-2x0)=0.

由于当点 D 不动时,点 N 也不动,所以 t 不恒等于 0, 于是 t=2x0,故 x0= ,y0=- ,代入 x0+y0=1, 4 2 可得 + =1,即所求曲线 C 的方程为 + =1. 16 4 16 4 1 (2)①当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 为 x=4 或 x=-4,都有 S△OPQ= ×4×4=8. 2 ②当直线 l 的斜率存在时, 1? ? 设直线 l:y=kx+m?k≠± ?, 2? ?

x

y

2

2

x2

y2

x2

y2

由?

? ?y=kx+m, ?x +4y =16, ?
2 2 2 2

消去 y,
2

可得(1+4k )x +8kmx+4m -16=0.
6

因为直线 l 总与椭圆 C 有且只有一个公共点, 所以 Δ =64k m -4(1+4k )(4m -16)=0, 即 m =16k +4.(*1) 又由?
?y=kx+m, ? ? ?x-2y=0,
2 2 2 2 2 2

? 2m , m ?; 可得 P? ? ?1-2k 1-2k?

同理可得 Q?

? -2m , m ?. ? ?1+2k 1+2k?
|m| 1 1 2 和 PQ= 1+k |xP-xQ|,可得 S△OPQ= ·PQ·d= 2 2 1+k
2 2

由原点 O 到直线 PQ 的距离为 d=

1 ? 2m + 2m ?=? 2m 2?.(* ) |m|·|xP-xQ|= ·|m|? ? ? ? 2 2 ?1-2k 1+2k? ?1-4k ? 将(*1)代入(*2)得,S△OPQ=?
2 2

? 2m 2?=8|4k +1|. ? ?1-4k ? |4k2-1|

2

2

2 ? 1 ?4k +1? ? 当 k > 时,S△OPQ=8? 2 ?=8?1+ 2 ?>8; 4 k - 1 4 k -1? 4 ? ? ?
2 1 当 0≤k < 时, 4

S△OPQ=8?

2 ? ?4k +1 ? ? 2?=8?-1+ 2?. 1-4k ? ?1-4k ? ?

2

2 2 1 2 因 0≤k < ,则 0<1-4k ≤1, 2≥2, 4 1-4k 2 ? ? 所以 S△OPQ=8?-1+ 2 ≥8, 1 - 4k ? ? ? 当且仅当 k=0 时取等号. 所以当 k=0 时,S△OPQ 的最小值为 8. 综合①②可知,当直线 l 与椭圆 C 在四个顶点处相切时,△OPQ 的面积取得最小值 8. 思维升华 解决探索性问题的注意事项 探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存 在. (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论; (2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件; (3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法.

x2 y2 1 2 已知椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)以抛物线 y =8x 的焦点为顶点,且离心率为 . a b 2
(1)求椭圆 E 的方程; (2)若直线 l:y=kx+m 与椭圆 E 相交于 A,B 两点,与直线 x=-4 相交于 Q 点,P 是椭圆 E

7

→ → → → → 上一点且满足OP=OA+OB(其中 O 为坐标原点), 试问在 x 轴上是否存在一点 T, 使得OP·TQ为 → → 定值?若存在,求出点 T 的坐标及OP·TQ的值;若不存在,请说明理由.

c 1 2 解 (1)抛物线 y =8x 的焦点为椭圆 E 的顶点,即 a=2.又 = ,故 c=1,b= 3. a 2
∴椭圆 E 的方程为 + =1. 4 3 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2), → → → ∵OP=OA+OB, ∴P(x1+x2,y1+y2),
? ?y=kx+m, 联立? 2 2 ?3x +4y =12, ?

x2 y2

得(4k +3)x +8kmx+4m -12=0. 8km 6m 由根与系数的关系,得 x1+x2=- 2 ,y1+y2=k(x1+x2)+2m= 2 . 4k +3 4k +3 将 P?- = 4k +3. 设 T(t,0),Q(-4,m-4k), 8km 6m ? → → ? ∴TQ=(-4-t,m-4k),OP=?- 2 , 2 ?. ? 4k +3 4k +3? → → 32km+8kmt 6m?m-4k? 即OP·TQ= + 2 2 4k +3 4k +3 = 6m +8km+8kmt . 2 4k +3
2 2 2 2

2

2

2

m ? 64k m 36m ? 82km , 6 2 代入椭圆 E 的方程,得 2 ? 2 2+ 2 2=1,整理,得 4m 4?4k +3? 3?4k +3? ? 4k +3 4k +3?

2 2

2

∵4k +3=4m , → → 6m +8km+8kmt 3 2k?1+t? ∴OP·TQ= = + . 2 4m 2 m → → 要使OP·TQ为定值, 只需?
2

?2k?1+t??2=4k ?1+t? =?4m -3??1+t? 为定值,则 1+t=0,∴t=-1, ? m m2 m2 ? ?

2

2

2

2

3 → → ∴在 x 轴上存在一点 T(-1,0),使得OP·TQ为定值 . 2

21.设而不求,整体代换
8

典例 (16 分)椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是 F1、F2,离心率为 垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1. (1)求椭圆 C 的方程;

x2 y2 a b

3 ,过 F1 且 2

(2)点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点,连结 PF1,PF2,设∠F1PF2 的角平分线 PM 交 C 的 长轴于点 M(m,0),求 m 的取值范围; (3)在(2)的条件下,过点 P 作斜率为 k 的直线 l,使得 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点,设 直线 PF1、PF2 的斜率分别为 k1、k2,若 k2≠0,证明 1

kk1 kk2



1

为定值,并求出这个定值.

思维点拨 第(3)问,可设 P 点坐标为(x0,y0),写出直线 l 的方程;联立方程组消去 y 得关 1? 1 1 ? 1 1 于 x 的一元二次方程,则 Δ =0;变为 ? + ?,把 k 与 + 均用 x0,y0 表示后可消去.

k?k1 k2?

k1 k2

规范解答

x2 y2 b2 解 (1)由于 c =a -b ,将 x=-c 代入椭圆方程 2+ 2=1,得 y=± . a b a
2 2 2

[2 分]

2b 2 由题意知 =1,即 a=2b .

2

a

又 e= =

c a

3 ,所以 a=2,b=1. 2

所以椭圆 C 的方程为 +y =1. 4 (2)设 P(x0,y0) (y0≠0), 又 F1(- 3,0),F2( 3,0), 所以直线 PF1,PF2 的方程分别为

x2

2

[4 分]

lPF1:y0x-(x0+ 3)y+ 3y0=0, lPF2:y0x-(x0- 3)y- 3y0=0.
由题意知 |my0+ 3y0| = |my0- 3y0| . [6 分]

y +?x0+ 3?

2 0

2

2 y2 3? 0+?x0-

由于点 P 在椭圆上,所以 +y0=1. 4 所以 |m+ 3| = |m- 3| . [8

x2 0

2

? 3 ?2 ? x0+2? 2 ? ?

? 3 ?2 ? x0-2? 2 ? ?

分] 因为- 3<m< 3,-2<x0<2,

9

可得

m+ 3
3 x0+2 2



3-m

3 2- x0 2



3 3 3 所以 m= x0.因此- <m< . 4 2 2 (3)设 P(x0,y0) (y0≠0), 则直线 l 的方程为 y-y0=k(x-x0).

[10 分]

x ? ? +y2=1, 联立得? 4 ?y-y0=k?x-x0?. ?
整理得(1+4k )x +8(ky0-k x0)x+4(y0-2kx0y0+k x0-1)=0. 分] 由题意 Δ =0,即(4-x0)k +2x0y0k+1-y0=0. 又 +y0=1, 4 所以 16y0k +8x0y0k+x0=0,故 k=- . 4y0 分] 1 1 x0+ 3 x0- 3 2x0 由(2)知 + = + = ,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

[12

x2 0

2

x0

[14

k1 k2

y0

y0

y0

所以 因此 分]

1 1 1? 1 1 ? ? 4y0? 2x0 + = ? + ?=?- ?· =-8, kk1 kk2 k?k1 k2? ? x0 ? y0 1

kk1 kk2



1

为定值,这个定值为-8.

[16

温馨提醒 对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等),利用题目的 条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组,再化为一元二次方程,从而利用根与系数的关系 进行整体代换,达到“设而不求,减少计算”的效果,直接得定值.

[方法与技巧] 1.求定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. (2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值. 2.定点的探索与证明问题 (1)探索直线过定点时,可设出直线方程为 y=kx+b,然后利用条件建立 b、k 等量关系进行

10

消元,借助于直线系的思想找出定点. (2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关. [失误与防范] 1.在解决直线与抛物线的位置关系时,要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况. 2.中点弦问题,可以利用“点差法”,但不要忘记验证 Δ >0 或说明中点在曲线内部. 3.解决定值、定点问题,不要忘记特值法.

(时间:80 分钟) 1.已知中心在坐标原点 O 的椭圆 C 经过点 A(2,3),且点 F(2,0)为其右焦点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)是否存在平行于 OA 的直线 l,使得直线 l 与椭圆 C 有公共点,且直线 OA 与 l 的距离 等于 4?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由. 解 (1)依题意,可设椭圆 C 的方程为 2+ 2=1(a>b>0),且可知其左焦点为 F′(-2,0).
? ?c=2, ?2a=AF+AF′=3+5=8, ?
2 2 2

x2 y2 a b

从而有?
2

解得?

? ?c=2, ?a=4. ?

又 a =b +c ,所以 b =12, 故椭圆 C 的方程为 + =1. 16 12 3 (2)假设存在符合题意的直线 l,设其方程为 y= x+t. 2 3 y= x+t, ? ? 2 由? x y ? ?16+12=1,
2 2

x2

y2

得 3x +3tx+t -12=0.

2

2

因为直线 l 与椭圆 C 有公共点, 所以 Δ =(3t) -4×3×(t -12)≥0, 解得-4 3≤t≤4 3. 另一方面,由直线 OA 与 l 的距离 d=4,得 |t| =4, 9 +1 4
2 2

解得 t=±2 13. 由于±2 13?[-4 3,4 3 ],

11

所以不存在符合题意的直线 l. 2.(2015·四川)

如图,椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率是 -1. (1)求椭圆 E 的方程;

x2 y2 a b

2 → → ,点 P(0,1)在短轴 CD 上,且PC·PD= 2

→ → (2)设 O 为坐标原点, 过点 P 的动直线与椭圆交于 A, B 两点.是否存在常数 λ , 使得OA·OB+ → → λ PA·PB为定值?若存在,求 λ 的值;若不存在,请说明理由. 解 (1)由已知,点 C、D 的坐标分别为(0,-b),(0,b), → → 又点 P 的坐标为(0,1),且PC·PD=-1, 1-b =-1, ? ?c 2 于是? = , a 2 ? ?a -b =c ,
2 2 2 2

解得 a=2,b= 2,

所以椭圆 E 的方程为 + =1. 4 2 (2)当直线 AB 的斜率存在时,设直线 AB 的方程为 y=kx+1,A,B 的坐标分别为(x1,y1), (x2,y2),

x2 y2

x y ? ? + =1, 联立? 4 2 ? ?y=kx+1,
2

2

2

得(2k +1)x +4kx-2=0,

2

2

其判别式 Δ =(4k) +8(2k +1)>0, 所以 x1+x2=- 4k 2 ,x1x2=- 2 , 2 2k +1 2k +1

2

→ → → → 从而,OA·OB+λ PA·PB =x1x2+y1y2+λ [x1x2+(y1-1)(y2-1)] =(1+λ )(1+k )x1x2+k(x1+x2)+1 = ?-2λ -4?k +?-2λ -1? 2 2k +1
2 2

λ -1 =- 2 -λ -2. 2k +1
12

λ -1 所以当 λ =1 时,- 2 -λ -2=-3, 2k +1 → → → → 此时OA·OB+λ PA·PB=-3 为定值. 当直线 AB 斜率不存在时,直线 AB 即为直线 CD, → → → → → → → → 此时,OA·OB+λ PA·PB=OC·OD+PC·PD =-2-1=-3. → → → → 故存在常数 λ =1,使得OA·OB+λ PA·PB为定值-3. 3.已知椭圆 C: 2+ 2=1 (a>b>0)的两焦点在 x 轴上,且两焦点与短轴的一个顶点的连线构 成斜边长为 2 的等腰直角三角形. (1)求椭圆的方程; 1? ? (2)过点 S?0,- ?的动直线 l 交椭圆 C 于 A,B 两点,试问:在坐标平面上是否存在一个定 3? ? 点 Q,使得以线段 AB 为直径的圆恒过点 Q?若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,请说明 理由. 解 (1)∵椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形, ∴b=c.又斜边长为 2, 即 2c=2,故 c=b=1,a= 2,椭圆方程为 +y =1. 2

x2 y2 a b

x2

2

? 1?2 16 2 (2)当 l 与 x 轴平行时,以线段 AB 为直径的圆的方程为 x +?y+ ? = ; ? 3? 9
当 l 与 y 轴平行时,以线段 AB 为直径的圆的方程为 x +y =1. 1?2 16 ? ?x2+? ?y+3? = 9 , ? ? 由? 2 2 ? ?x +y =1,
? ?x=0, ?y=1, ?
2 2

得?

故若存在定点 Q,则 Q 的坐标只可能为 Q(0,1). 下面证明 Q(0,1)为所求: 若直线 l 的斜率不存在,上述已经证明. 1 若直线 l 的斜率存在,设直线 l:y=kx- , 3

A(x1,y1),B(x2,y2),
1 ? ?y=kx- , 3 由? ? ?x2+2y2-2=0,
2 2

得(9+18k )x -12kx-16=0,

2

2

Δ =144k +64(9+18k )>0,

13

x1+x2=


12k -16 ,x1x2= 2 , 2 18k +9 18k +9 →

QA=(x1,y1-1),QB=(x2,y2-1),

→ → QA·QB=x1x2+(y1-1)(y2-1) 4k 16 2 =(1+k )x1x2- (x1+x2)+ 3 9 -16 4k 12k 16 2 =(1+k )· · =0, 2- 2+ 9+18k 3 9+18k 9 → → ∴QA⊥QB,即以线段 AB 为直径的圆恒过点 Q(0,1). B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 4.设椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率 e= 为坐标原点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)设直线 l 与椭圆 C 相交于 A,B 两点,若以 AB 为直径的圆经过坐标原点,证明:点 O 到直 线 AB 的距离为定值. (1)解 由 e= 3 3 2 2 2 ,得 c= a,又 b =a -c , 2 2

x2 y2 a b

3 x y 4 5 ,左顶点 M 到直线 + =1 的距离 d= ,O 2 a b 5

1 所以 b= a,即 a=2b. 2 由左顶点 M(-a,0)到直线 + =1, 4 5 即到直线 bx+ay-ab=0 的距离 d= , 5 得 |b?-a?-ab| 4 5 2ab 4 5 = ,即 2 = , 2 2 2 5 5 a +b a +b 4b 4 5 ,解得 b=1. 5 5b =
2

x y a b

把 a=2b 代入上式,得

所以 a=2b=2,c= 3. 所以椭圆 C 的方程为 +y =1. 4 (2)证明 设 A(x1,y1),B(x2,y2), ①当直线 AB 的斜率不存在时,则由椭圆的对称性,可知 x1=x2,y1=-y2. → → 因为以 AB 为直径的圆经过坐标原点,故OA·OB=0,

x2

2

14

即 x1x2+y1y2=0,也就是 x1-y1=0, 又点 A 在椭圆 C 上,所以 +y1=1, 4 2 5 解得|x1|=|y1|= . 5 2 5 此时点 O 到直线 AB 的距离 d1=|x1|= . 5 ②当直线 AB 的斜率存在时, 设直线 AB 的方程为 y=kx+m,

2

2

x2 1

2

y=kx+m, ? ? 2 与椭圆方程联立有?x 2 +y =1, ? 4 ?
消去 y,得(1+4k )x +8kmx+4m -4=0, 8km 4m -4 所以 x1+x2=- 2,x1x2= 2. 1+4k 1+4k 因为以 AB 为直径的圆过坐标原点 O,所以 OA⊥OB. → → 所以OA·OB=x1x2+y1y2=0. 所以(1+k )x1x2+km(x1+x2)+m =0. 4m -4 8k m 2 2 所以(1+k )· 2- 2+m =0. 1+4k 1+4k 整理得 5m =4(k +1), 所以点 O 到直线 AB 的距离 d1= |m|
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 5 = . 5 k +1

2 5 综上所述,点 O 到直线 AB 的距离为定值 . 5 5.(2014·福建)

x2 y2 已知双曲线 E: 2- 2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别为 l1:y=2x,l2:y=-2x. a b
(1)求双曲线 E 的离心率; (2)如图, O 为坐标原点, 动直线 l 分别交直线 l1, l2 于 A, B 两点(A, B 分别在第一、 四象限),

15

且△OAB 的面积恒为 8.试探究:是否存在总与直线 l 有且只有一个公共点的双曲线 E?若存 在,求出双曲线 E 的方程;若不存在,请说明理由. 解 (1)因为双曲线 E 的渐近线分别为 y=2x,y=-2x, 所以 =2,所以

b a

c2-a2 =2,故 c= 5a, a c a

从而双曲线 E 的离心率 e= = 5.

(2)方法一 由(1)知,双曲线 E 的方程为 2- 2=1. a 4a 设直线 l 与 x 轴相交于点 C. 当 l⊥x 轴时,若直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点, 则 OC=a,AB=4a. 又因为△OAB 的面积为 8, 1 所以 ·OC·AB=8, 2 1 因此 a·4a=8,解得 a=2, 2 此时双曲线 E 的方程为 - =1. 4 16 若存在满足条件的双曲线 E, 则 E 的方程只能为 - =1. 4 16 以下证明:当直线 l 不与 x 轴垂直时, 双曲线 E: - =1 也满足条件. 4 16 设直线 l 的方程为 y=kx+m,依题意, 得 k>2 或 k<-2,则 C(- ,0). 记 A(x1,y1),B(x2,y2). 由?
? ?y=kx+m, ?y=2x, ?

x2

y2

x2

y2

x2

y2

x2

y2

m k

得 y1=

2m 2m ,同理,得 y2= . 2-k 2+k

16

1 由 S△OAB= ·OC·|y1-y2|,得 2 1 m 2m 2m |- |·| - |=8, 2 k 2-k 2+k 因为 4-k <0,所以 m =4|4-k |=4(k -4).
2 2 2 2

y=kx+m, ? ? 2 2 由?x y - =1, ? ? 4 16
得(4-k )x -2kmx-m -16=0. 所以 Δ =4k m +4(4-k )(m +16) =-16(4k -m -16). 又因为 m =4(k -4), 所以 Δ =0,即 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点. 因此,存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E,且 E 的方程为 - =1. 4 16 方法二 由(1)知,双曲线 E 的方程为 2-
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x2

y2

x2 y2 =1. a 4a2

设直线 l 的方程为 x=my+t,A(x1,y1),B(x2,y2). 1 1 依题意得- <m< . 2 2 由?
? ?x=my+t, ?y=2x, ?

2t 得 y1= , 1-2m

-2t 同理,得 y2= . 1+2m 设直线 l 与 x 轴相交于点 C,则 C(t,0). 1 由 S△OAB= ·OC·|y1-y2|=8,得 2 1 ? 2t + 2t ?=8. |t|·? ? 2 ?1-2m 1+2m? 所以 t =4|1-4m |=4(1-4m ).
2 2 2

x=my+t, ? ? 2 由?x y2 2- 2=1, ? ?a 4a
得(4m -1)y +8mty+4(t -a )=0. 因为 4m -1<0,直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点当且仅当 Δ =64m t -16(4m -1)(t -a )=0,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

17

即 4m a +t -a =0, 即 4m a +4(1-4m )-a =0, 即(1-4m )(a -4)=0, 所以 a =4, 因此,存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E, 且 E 的方程为 - =1. 4 16 方法三 当直线 l 不与 x 轴垂直时, 设直线 l 的方程为 y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2). 依题意,得 k>2 或 k<-2. 由?
? ?y=kx+m, ?4x -y =0, ?
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2

2

x2

y2

得(4-k )x -2kmx-m =0. -m 2 因为 4-k <0,Δ >0,所以 x1x2= 2. 4-k 又因为△OAB 的面积为 8, 1 所以 ·OA·OB·sin∠AOB=8, 2 4 又易知 sin∠AOB= , 5 2 2 2 2 2 所以 x1+y1· x2+y2=8, 5 化简,得 x1x2=4. -m 2 2 所以 2=4,得 m =4(k -4). 4-k 由(1)得双曲线 E 的方程为 2-
2 2

x2 y2 =1, a 4a2

y=kx+m, ? ? 2 由?x y2 - 2 2=1, ? ?a 4a
得(4-k )x -2kmx-m -4a =0. 因为 4-k <0, 直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点当且仅当 Δ =4k m +4(4-k )(m +4a ) =0, 即(k -4)(a -4)=0,所以 a =4, 所以双曲线 E 的方程为 - =1. 4 16
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x2

y2

18

当 l⊥x 轴时,由△OAB 的面积等于 8 可得 l:x=2, 又易知 l:x=2 与双曲线 E: - =1 有且只有一个公共点. 4 16 综上所述,存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E,且 E 的方程为 - =1. 4 16

x2

y2

x2

y2

19


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